Номер 547, страница 75, часть 1 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 1. 10 класс. Основы электродинамики. Электростатика. Электрическое поле - номер 547, страница 75.

Условие.

547. [468] Заряд $\text{q}$ влетает в однородное электрическое поле напряжённостью $\text{E}$ под углом $\alpha$ к силовым линиям этого поля. На каком расстоянии $\text{l}$ от места попадания заряда в поле его скорость станет перпендикулярна силовым линиям поля? Начальная скорость заряда $v_0$, его масса $\text{m}$.

Решение.

Дано:

Заряд частицы: $\text{q}$
Масса частицы: $\text{m}$
Напряженность однородного электрического поля: $\text{E}$
Начальная скорость частицы: $v_0$
Угол между вектором начальной скорости и силовыми линиями поля: $\alpha$

Все данные представлены в буквенном виде, перевод в СИ не требуется.

Найти:

Расстояние $\text{l}$.

Решение:

Введем прямоугольную систему координат. Направим ось $OX$ вдоль силовых линий электрического поля $\vec{E}$, а ось $OY$ – перпендикулярно им. Начало координат $(0,0)$ поместим в точку, где заряд влетает в поле.

На заряд в электрическом поле действует постоянная сила $\vec{F} = q\vec{E}$. Согласно второму закону Ньютона, $\vec{F} = m\vec{a}$, эта сила сообщает заряду постоянное ускорение $\vec{a} = \frac{q\vec{E}}{m}$.

Разложим векторы начальной скорости и ускорения на компоненты:

Проекции начальной скорости на оси координат:
$v_{0x} = v_0 \cos\alpha$
$v_{0y} = v_0 \sin\alpha$

Проекции ускорения на оси координат:
$a_x = \frac{qE}{m}$
$a_y = 0$

Движение заряда представляет собой суперпозицию двух независимых движений: равноускоренного вдоль оси $OX$ и равномерного вдоль оси $OY$. Зависимость компонент скорости от времени $\text{t}$ описывается уравнениями:
$v_x(t) = v_{0x} + a_x t = v_0 \cos\alpha + \frac{qE}{m} t$
$v_y(t) = v_{0y} = v_0 \sin\alpha$

Координаты заряда как функции времени:
$x(t) = v_{0x} t + \frac{a_x t^2}{2} = v_0 t \cos\alpha + \frac{qE t^2}{2m}$
$y(t) = v_{0y} t = v_0 t \sin\alpha$

По условию, в некоторый момент времени $t_1$ скорость заряда $\vec{v}$ становится перпендикулярна силовым линиям поля, то есть вектору $\vec{E}$ и оси $OX$. Это означает, что проекция скорости на ось $OX$ в этот момент обращается в ноль: $v_x(t_1) = 0$.

$v_0 \cos\alpha + \frac{qE}{m} t_1 = 0$

Из этого уравнения находим время $t_1$. Для того чтобы такое событие произошло, сила $q\vec{E}$ должна быть направлена против проекции начальной скорости $v_{0x}$, то есть движение вдоль оси $OX$ должно быть равнозамедленным. Величина ускорения (замедления) в этом случае будет $a = \frac{|q|E}{m}$. Тогда время движения до остановки:
$t_1 = \frac{v_0 \cos\alpha}{a} = \frac{v_0 \cos\alpha}{|q|E/m} = \frac{m v_0 \cos\alpha}{|q|E}$
(Здесь мы предполагаем, что $0 \le \alpha < \pi/2$, поэтому $\cos\alpha > 0$).

Теперь найдем координаты $(x_1, y_1)$ заряда в момент времени $t_1$, подставив найденное время в уравнения движения.
$x_1 = x(t_1) = v_0 \cos\alpha \cdot t_1 - \frac{1}{2} a t_1^2 = v_0 \cos\alpha \left(\frac{m v_0 \cos\alpha}{|q|E}\right) - \frac{|q|E}{2m} \left(\frac{m v_0 \cos\alpha}{|q|E}\right)^2$
$x_1 = \frac{m v_0^2 \cos^2\alpha}{|q|E} - \frac{m v_0^2 \cos^2\alpha}{2|q|E} = \frac{m v_0^2 \cos^2\alpha}{2|q|E}$

$y_1 = y(t_1) = v_0 \sin\alpha \cdot t_1 = v_0 \sin\alpha \left(\frac{m v_0 \cos\alpha}{|q|E}\right) = \frac{m v_0^2 \sin\alpha \cos\alpha}{|q|E}$

Искомое расстояние $\text{l}$ — это модуль радиус-вектора точки $(x_1, y_1)$, который вычисляется по теореме Пифагора:
$l = \sqrt{x_1^2 + y_1^2}$

$l^2 = \left(\frac{m v_0^2 \cos^2\alpha}{2|q|E}\right)^2 + \left(\frac{m v_0^2 \sin\alpha \cos\alpha}{|q|E}\right)^2$
$l^2 = \frac{m^2 v_0^4 \cos^4\alpha}{4(|q|E)^2} + \frac{m^2 v_0^4 \sin^2\alpha \cos^2\alpha}{(|q|E)^2}$
Вынесем общий множитель за скобки:
$l^2 = \frac{m^2 v_0^4 \cos^2\alpha}{4(|q|E)^2} (\cos^2\alpha + 4\sin^2\alpha)$

Упростим выражение в скобках, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:
$\cos^2\alpha + 4\sin^2\alpha = \cos^2\alpha + \sin^2\alpha + 3\sin^2\alpha = 1 + 3\sin^2\alpha$

Подставив это обратно, получаем:
$l^2 = \frac{m^2 v_0^4 \cos^2\alpha}{4(|q|E)^2} (1 + 3\sin^2\alpha)$

Извлекая квадратный корень, находим окончательное выражение для $\text{l}$:
$l = \frac{m v_0^2 \cos\alpha}{2|q|E} \sqrt{1 + 3\sin^2\alpha}$

Ответ: $l = \frac{m v_0^2 \cos\alpha}{2|q|E} \sqrt{1 + 3\sin^2\alpha}$